安徽省阜阳市2022-2023学年高二物理下学期期末考试试题（Word版附解析）

这是一份安徽省阜阳市2022-2023学年高二物理下学期期末考试试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了 本试卷共100分， 请将各题答案填写在答题卡上， 本试卷主要考试内容，05N/m等内容，欢迎下载使用。

阜阳市2022~2023学年度高二年级下学期教学质量统测
物 理
考生注意：
1. 本试卷共100分。考试时间75分钟。
2. 请将各题答案填写在答题卡上。
3. 本试卷主要考试内容：必修第三册第十章至第十三章，选择性必修第一册，选择性必修第二册。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分共28分在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。
1. 一列简谐横波某时刻波形如图甲所示，由该时刻开始计时，质点N的振动情况如图乙所示下列说法正确的是（ ）

A. 该横波沿x轴负方向传播 B. 该时刻质点L向y轴正方向运动
C. 该时刻质点K与M的速度、加速度都相同 D. 质点N经半个周期将沿轴移动到L点
【答案】A
【解析】
【详解】A．结合波形图和质点N的振动图像可知，该时刻质点N在平衡位置向上振动，可知该横波沿x轴负方向传播，故A正确；
B．由于该横波沿x轴负方向传播，根据“上坡下、下坡上”，可知质点L该时刻向y轴负方向运动，故B错误；
C．该时刻质点K与M的速度均为零、加速度大小相同，方向相反，故C错误；
D．质点只能在自己平衡位置附近振动，而不随波迁移，故D错误。
故选A。
2. 如图，光沿AO从空气射入折射率为的介质中，以O点为圆心R为半径画圆，与折射光线的交点为B，过B点向两介质的交界面作垂线，交点为N，BN与AO的延长线的交点为M。以O点为圆心，OM（设为r）为半径画另一圆。根据以上数据，该介质的折射率是（ ）

A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由图可知，折射率

故选B。
3. 某同学准备乘飞机外出游玩时，在阜阳西关机场看到一条“严禁携带超过160Wh的充电宝搭乘飞机”的乘客须知。该同学携带的某品牌充电宝标识“160Wh，32000mAh”参数。关于这些数据，下列说法正确的是（ ）
A. 参数“160Wh”表示160J
B. 参数“160Wh”标注的是该充电宝电荷量
C. 参数“32000mAh”标注的是该充电宝的额定能量
D. 该充电宝充满电时存储的能量相当于大约57吨的重物由静止自由下落1m时所具有的动能
【答案】D
【解析】
【详解】ABD．根据

可知参数“160Wh”是能量的单位，且

而根据机械能守恒，57吨的重物由静止自由下落1m时所具有的动能

故AB错误，D正确；
C．根据

可知参数“32000mAh”标注的是该充电宝储存的电荷量。
故C错误。
故选D
4. 如图，沿南北方向放置一水平长直导线，在导线正下方附近水平放置一个小磁针，小磁针初始时处于静止状态。现给导线中通入恒定电流，从上往下看，小磁针逆时针偏转，待最终静止时小磁针在水平面内偏转了，已知地磁场的水平分量为，则下列说法正确的是（ ）

A. 通电长直导线的电流方向为从北指向南
B. 通电长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感应强度大小为
C. 通电长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感应强度大小为
D. 通电长直导线中电流大小变为原来的2倍，则小磁针最终静止时与初始位置之间的夹角变为原来的2倍
【答案】C
【解析】
【详解】A．小磁针处于地磁场和电流磁场中，其指向是合磁场的方向，根据安培定则，可判断直导线的电流应是由南向北，故A错误；
BC．
分析题意知各分磁场与合磁场的关系如图，其中地磁场的水平分量为

根据数学关系知，通电长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感应强度大小为

故B错误，C正确；
D．通电长直导线中的电流大小变为原来的2倍，则通电长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感应强度大小变为，设小磁针最终静止时与初始位置之间的夹角设为，则

则小磁针最终静止时与初始位置之间的夹角没变为原来的2倍，故D错误。
故选C。
5. 图甲是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为、，电压表为交流电表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于或等于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。下列说法正确的是（ ）

A. 图中开关闭合，时电压表的示数为5V
B. 图中开关闭合，时电压表的示数为2.5V
C. 当时，原、副线圈的电流频率
D. 要实现点火，变压器原、副线圈的匝数满足
【答案】D
【解析】
【详解】AB．图中开关闭合，电压表测量的是电压的有效值，可知时或者时电压表的示数为

选项AB错误；
C．变压器不改变交流电的频率，则原、副线圈的电流频率

选项C错误；
D．要实现点火，变压器原、副线圈的匝数满足

即

选项D正确。
故选D。
6. 某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，其构造如图所示。把一根轻弹簧上端固定在小木板上，下端悬吊0.9N重物时，弹簧下端的指针指在木板上刻度为C的位置；悬吊1.0N重物时，指针指在木板上刻度为O的位置，OC的距离为2cm。将1.0N的重物固定在弹簧下端和小木板上的刻度构成了一个“竖直加速度测量仪”。我们可以把“竖直加速度测量仪”固定在电梯墙壁上用来测量电梯竖直上下运行时的加速度，g取，以加速度方向向上为正，下列说法正确的是（ ）

A. 该弹簧的劲度系数为0.05N/m
B. 指针指在A位置时，小球此时处于超重状态
C. 指针指在A位置时，“竖直加速度测量仪”的示数为
D. 指针指在B位置时，“竖直加速度测量仪”的示数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．设弹簧劲度系数为，根据受力平衡可得
，
联立可得

故A错误；
B．指针指在A位置时，弹簧弹力小于小球的重力，则小球的合力方向向下，加速度方向向下，小球此时处于失重状态，故B错误；
C．指针指在A位置时，此时弹簧弹力为

根据牛顿第二定律可得

可得

由于加速度方向向下，则“竖直加速度测量仪”的示数为，故C错误；
D．指针指在B位置时，此时弹簧弹力为

根据牛顿第二定律可得

可得

加速度方向向上，则“竖直加速度测量仪”的示数为，故D正确。
故选D。
7. 如图，用材料相同、粗细均匀的电阻丝折成正方形金属框架ABCD，边长为L，每边电阻为r，框架与一电动势为E，内阻也为r的电源相接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则电键闭合电路稳定后，框架受到安培力大小为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】正方形金属框架ABCD在AC间的等效电阻为r，等效长度为，流过线框的等效电流

框架受到安培力大小为

解得

故选C。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 如图，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里。一束电子以垂直于磁场边界的速度v从M点射入宽度为d的强磁场中，从N点穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为。下列说法正确的是（　　）

A. 电子的比荷为 B. 电子的比荷为
C. 电子穿越磁场的时间为 D. 电子穿越磁场的时间为
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．根据数学知识知

解得电子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为

根据洛伦兹力提供向心力

解得电子的比荷为

故A错误，B正确；
CD．根据数学知识知电子在磁场中运动的时间为，电子在磁场中做匀速圆周运动的周期

故电子穿越磁场的时间为
故C正确，D错误。
故选BC。
9. 如图，匀强电场中A、B、C是位于同一条电场线上的三点，，。将电荷量为的负点电荷从A点移动到B点，静电力做功为。则下列说法正确的是（ ）

A. A、B间的电势差为100V
B. A、B、C三点中C点电势最高
C. 匀强电场的场强大小为1000V/m
D. 把该电荷从B点移动到C点，电势能增加了
【答案】CD
【解析】
【详解】A．在匀强电场中，由得

A、B间的电势差为-100V，故A错误；
B．因为负点电荷从A点移动到B点，静电力做的正功，故静电力方向由A指向B，负电荷受力的方向与电场线的方向相反，故电场线方向由B指向A，沿电场线的方向电势降低，故B点的电势最高，故B错误；
C．在匀强电场中

故C正确；
D．把该电荷从B点移动到C点，电场力做功为

故电势能增加了，故D正确；
故选CD。
10. 如图，水平面内固定两根光滑、足够长平行金属导轨P、Q间距为L，电阻可忽略。装置处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。t1时刻，两粗细均匀金属棒a、b获得相同大小的瞬时速度相向运动，时刻，流经a棒的电流为0。已知金属棒a、b由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则（　　）

A. 时刻a棒加速度大小为
B. 时刻b棒速度为0
C. 时间内，通过a、b棒某一横截面的电荷量相等
D. 时间内，a棒产生的焦耳热为
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．根据右手定则，金属棒a、b进入磁场时产生的感应电流均为顺时针方向，则回路的电动势为a、b各自产生的电动势之和，即
E=2BLv0
感应电流

对a由牛顿第二定律得
BIL=ma
解得

故A正确；
B．由题意知，金属棒a、b电阻率相同，长度均为L，电阻分别为R和2R，根据电阻定律有
，
可得
Sa=2Sb
可知a的体积是b的2倍，密度相同，则a的质量是b的2倍，即b的质量为。
a、b在磁场中时，通过的电流总是反向等大，所受安培力总是反向等大，a、b组成的系统合外力为零，则此系统动量守恒。
t2时刻流过a的电流为零，a、b之间的磁通量不变，可知两者此时速度相同，设为v。取水平向右为正方向，由动量守恒定律得

解得

即时刻，b棒的速度为

故B错误；
C．t1~t2时间内，通过a、b的电流总是相等根据q=It，可知通过a、b棒横截面的电荷量相等。故C正确；
D．t1~t2时间内，对a、b组成的系统，由能量守恒定律得

解得

a棒产生的焦耳热

故D正确。
故选ACD。
三、实验题：本题共2小题，共18分。
11. 某同学用单摆测重力加速度。实验时改变摆长，测出几组摆长l和对应的周期T的数据，作出图像，如图所示。

（1）利用A、B两点的坐标可求得重力加速度表达式______。
（2）本实验用图像计算重力加速度，______（选填“能”或“不能”）消除因摆球质量分布不均匀而造成的测量误差。请说明理由：____________。
【答案】 ①. ②. 能 ③. 根据（1）问所求重力加速度的表达式，摆球质量分布不均匀不会影响的结果，不影响图像斜率，所以不会对重力加速度的测量造成影响
【解析】
【详解】（1）[1]根据单摆的周期与摆长的关系，有

根据A、B两点的坐标结合图像的斜率可知

所以重力加速度表达式

[2][3]能；根据（1）问所求重力加速度的表达式，摆球质量分布不均匀不会影响的结果，不影响图像斜率，所以不会对重力加速度的测量造成影响。
12. 充电宝是手机及时充电的一种重要工具。一充电宝的电动势约为5V，内阻很小，最大放电电流为2A，某实验小组在实验室中测定它的电动势和内阻。他们剥开充电宝连接线的外绝缘层，里面有四根导线，红导线为充电宝的正极，黑导线为充电宝的负极，其余两根导线空置不用。实验器材有：
A. 待测充电宝；
B. 量程为3.0A，内阻约为的电流表；
C. 量程为6V，内阻约为的电压表；
D. 量程为15V，内阻约为的电压表；
E. 阻值为，额定电流为3A的滑动变阻器；
F. 阻值为的定值电阻；
G. 阻值为的定值电阻；
H. 开关S一个，导线若干。
（1）采用如图甲所示电路图，电压表应选用______（选填“C”或“D”），定值电阻应选用______（选填“F”或“G”）。

（2）请根据电路图甲，把实物图乙电路补充完整。______

（3）该同学记录了8组数据，并在坐标纸上画出该充电宝的图线如图丙所示。由图线可知该充电宝的电动势______V，内阻______。（保留两位小数）

（4）该同学继续实验，记录了各种电量情况下充电宝电动势，数据如表中所示：
电量（%）
100
80
60
40
20
5
充电宝电动势（V）
5.07
5.04
5.04
500
5.14
5.08
根据表中数据，忽略测量的偶然误差，你认为充电宝的电动势与储电量有什么样的关系？________
【答案】 ①. C ②. F ③. ④. 5.06 ⑤. 0.10 ⑥. 充电宝的电动势和内阻与储电量无关
【解析】
【详解】（1）[1] [2]充电宝的电动势约为5V，电压表应选用C；根据闭合电路欧姆定律

可知定值电阻应选用F；
（2）[3] 实物图连接如图

（3）[4] [5]根据闭合电路欧姆定律有

变形可得

则图象的截距代表电动势，斜率代表内阻，则有


（4）[6] 由表中数据可知充电宝的电动势和内阻与储电量无关。
四、计算题：本题共3小题，共36分。在答题纸上写出必要的解题步骤和简要的文字说明。
13. 老师给小明一个密封盒，其表面有一个灯泡与一个可变电阻器。为了探究密封盒里灯泡和可变电阻器是如何连接的，小明首先连接了一个如图所示的电路，他将可变电阻器的R减小，并将变化结果记录在表中。
（1）请判断盒中可变电阻器和灯泡是如何连接的，并说明理由；
（2）利用表中的数据，求灯泡的电阻值；
（3）将两个1.5V的电池串联来代替低压电源，进行同样的实验，发现当R减小时，灯泡的亮度发生了变化，请问灯泡亮度是增大还是降低，请解释这一现象。
数据：低压学生电源电压 = 3V 电流表内阻不计
R的初始值 = 15Ω 电流表的初始读数 = 2.60A
R的最终值 = 5Ω 电流表的最终读数 = 3.00A
观察结果：灯泡的亮度保持不变。

【答案】（1）并联，理由见解析；（2）1.25Ω；（3）降低，解释见解析
【解析】
【详解】（1）在可变电阻的变化过程中，灯泡亮度始终不变，因此灯泡两端电压不变，所以两者并联，电路图如图所示

（2）R = 15Ω时，R的电流

流过小灯泡的电流为
I2= I－I1= 2.40A
小灯泡的电阻为

（3）因为电池具有内阻，所以当R减小时，电路中的总电流增大，内电压增大，外电压减小，因此灯泡的电压减小，小灯泡亮度会降低。
14. 如图，MN、PQ为无限长平行直线，间距为d，在MN、PQ的上下区域分布有大小为B，方向相反的匀强磁场。从A点沿与PQ边界夹角为45°的方向发射一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子经过上、下方磁场各一次后恰好回到A点。求：
（1）粒子入射的速度大小；
（2）粒子从A点出发又回到A点所用时间。

【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）由题意知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示。根据牛顿第二定律，有

由几何关系知


解得

解得

（2）根据

得

粒子在磁场中运动的时间为

粒子在MN、PQ之间运动的时间

所以粒子从A点出发回到A点所用的总时间为


15. 如图，质量均为的木块A和B，并排放在光滑水平地面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为的细线，另一端系质量为的小球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球。已知重力加速度为，求：
（1）木块A、B分离后，B的速度大小；
（2）C球第一次运动到O点正下方时，C球在水平方向的位移大小；
（3）在整个运动过程中，木块A的最大速度及此时小球C的速度。

【答案】（1）1m/s；（2）；（3）A的最大速度为，方向水平向左，C的速度为，方向水平向右。
【解析】
【详解】（1）A、B和C组成的系统，水平方向动量守恒，系统机械能守恒。
当小球C运动到O点正下方时，A、B有共同速度，且此时恰好分离，设此时C的速度为，A、B速度为，以水平向左为正，根据系统水平动量守恒和机械能守恒


带入数据得


则A、B分离时，B的速度大小1m/s，方向水平向右。
（2）设C球第一次从右向左运动到O点正下方时，小球C水平方向的位移为，A、B水平方向的位移为，以水平向左为正方向
根据系统水平方向动量守恒

方程两边同乘以极短时间

求和

得

由几何关系知

联立解得


（3）当小球从左侧最高点向右运动到O点正下方时，对A、C系统，A此时有最大速度。设此时C的速度为，A此时的速度为，以水平向左为正方向，根据水平动量守恒和系统机械能守恒，有


带入数据得



综上所述，A的最大速度为，方向水平向左。